Post on 11-Apr-2023
JURUSAN TADRIS MATEMATIKA INSTITUT AGAMA ISLAM NEGERI (IAIN)
SYEKH NURJATI CIREBON
DIKTAT
PROGRAM LINIER
(Kode MK: AE019)
PRAKATA
Puji syukur kehadirat Allah SWT atas perkenaan-Nya sehingga
penyusunan dan penulisan Diktat Program Linier ini dapat terselesaikan
dengan baik dan tepat waktu. Salam dan doa tak lupa pula penulis haturkan
kepada suri tauladan kita, Nabi Muhammad SAW. Diktat ini bertujuan untuk
mendapatkan pengertian yang lebih mendalam mengenai materi kuliah
Program Linier yang diberikan.
Diktat ini berisi materi mata kuliah Program Linier yaitu penyelesaian
permasalahan program linier dengan metode grafik dan metode simpleks,
primal dan dual, uji sensitivitas, dan masalah transportasi. Diktat ini juga
memuat contoh soal dan latihan soal yang diharapkan dapat membantu
pembaca memahami materi.
Penyusun menyadari sepenuhnya bahwa diktat ini masih banyak
kekurangan. Untuk itu, penyusun mengharapkan masukan dari semua pihak
terkait untuk perbaikan penuntun ini. Akhir kata, semoga buku ini
bermanfaat bagi pengguna, khususnya para mahasiswa S-1 Jurusan Tadris
Matematika IAIN Syekh Nurjati Cirebon.
Cirebon, Februari 2020
Penyusun
ii
DAFTAR ISI
PENDAHULUAN ......................................................................................................... 1
A. PENGERTIAN .................................................................................................. 1
B. BENTUK UMUM PROGRAM LINIER ............................................................... 2
METODE GRAFIK ........................................................................................................ 4
A. METODE TITIK EKSTRIM ................................................................................ 4
B. METODE GARIS SELIDIK ................................................................................. 5
METODE SIMPLEKS .................................................................................................... 7
A. METODE SIMPLEKS BIASA ............................................................................. 8
B. METODE SIMPLEKS DUA FASE .................................................................... 13
C. METODE SIMPLEKS BIG-M .......................................................................... 17
D. PENYELESAIAN PROGRAM LINIER ............................................................... 20
PRIMAL DAN DUAL .................................................................................................. 23
A. PENGERTIAN ................................................................................................ 23
B. PENYELESAIAN PADA PRIMAL DAN DUAL .................................................. 26
UJI SENSITIVITAS ..................................................................................................... 29
A. PENGERTIAN ................................................................................................ 29
B. PERUBAHAN KAPASITAS SUMBER DAYA (RUAS KANAN F.KENDALA) ...... 31
C. PERUBAHAN KOEFISIEN FUNGSI TUJUAN .................................................. 32
D. PENAMBAHAN KENDALA BARU .................................................................. 33
E. PENAMBAHAN VARIABEL BARU ................................................................. 35
F. PERUBAHAN KOEFISIEN FUNGSI KENDALA ................................................ 37
MASALAH TRANSPORTASI ...................................................................................... 41
A. MENCARI SOLUSI AWAL YANG FEASIBLE ................................................... 45
1. METODE NWC (NORTH WEST CORNER) ............................................. 45
2. METODE INSPEKSI/ BIAYA SEL MINIMUM ......................................... 46
3. VAM (METODE PINALTI) ..................................................................... 48
iii
B. OPTIMALISASI PROGRAM (PENGUJIAN DAN PERBAIKAN PROGRAM) ..... 50
1. METODE STEPPING STONE ................................................................. 50
2. MODI (Modified Distribution) ............................................................ 53
C. PERSEDIAAN DAN PERMINTAAN TAK SEIMBANG ..................................... 58
D. PO TIDAK TUNGGAL .................................................................................... 60
1
PENDAHULUAN
A. PENGERTIAN
Pada tahun 1947, konsep Program Linier (PL) mulai dikembangkan
oleh seorang matematikawan AS, George B. Dantzig. Pemprograman linier
adalah metode matematik dalam mengalokasikan sumber daya yang
terbatas untuk mencapai hasil yang optimum seperti memaksimalkan
keuntungan atau meminimummkan biaya.
Program linier banyak digunakan untuk menyelesaikan masalah
optimasi didalam bidang bisnis, industri, perbankan, pendidikan, dan
masalah-masalah lain yang dapat dinyatakan dalam bentuk linier. Agar
suatu masalah optimasasi dapat diselesaiakan dengan program linier,
masalah program linier itu harus dapat diubah menjadi permasalahan
matematis. Ini berarti bahwa masalah tadi harus bisa dituangkan kedalam
bentuk model matematika, yang terdiri dari:
1. Variabel penentu atau variabel keputusan, yaitu variabel yang dapat
menentukan keputusanβkeputusan yang akan dibuat dalam
pencapaian solusi optimal
2. Fungsi tujuan, yaitu fungsi linier yang menggambarkan tujuan atau
sasaran yang hendak dicari nilai optimumnya
3. Fungsi kendala, yaitu fungsi-fungsi linier yang harus terpenuhi dalam
optimasi fungsi tujuan, dapat berbentuk persamaan atau
pertidaksamaan
4. Batasan variabel
Batasan variabel menggambarkan tentang wilayah variabel. Jumlah
sumber daya yang tersedia untuk persoalan ini tidak boleh bernilai
negative
π₯ππ β₯ 0 untuk π = 1,2, β¦ ,π dan π = 1,2, β¦ , π
2
B. BENTUK UMUM PROGRAM LINIER
Fungsi tujuan (maksimum atau minimum)
π(πππ₯/πππ) = π1π₯1 + π2π₯2 +β―+ πππ₯π
Fungsi kendala
π11π₯1 + π12π₯2 +β―+ π1ππ₯π β€ (ππ‘ππ’ β₯) π1
π21π₯1 + π22π₯2 +β―+ π2ππ₯π β€ (ππ‘ππ’ β₯) π2
β¦
ππ1π₯1 + ππ2π₯2 +β―+ ππππ₯π β€ (ππ‘ππ’ β₯) ππ
π₯1, π₯2, β¦ , π₯π β₯ 0
Keterangan:
m : banyaknya jenis sumber yang terbatas atau fasilitas yang tersedia.
n : banyaknya kegiatanβkegiatan yang menggunakan sumber atau
fasilitas terbatas tersebut
π₯π : variabel keputusan untuk kegiatan keβ j (j=1,2, β¦ , n).
πππ : banyaknya sumber i yang diperlukan untuk menghasilkan setiap unit
keluaran (output) kegiatan j (i=1,2, β¦ , m; j=1,2, β¦ , n).
ππ : banyaknya sumber (fasilitas) yang tersedia untuk dialokasikan ke
setiap unit kegiatan (i=1,2, β¦ , m).
ππ : kenaikan nilai Z apabila pertambahaan tingkat kegiatan (π₯ππ) dengan
satu satuan (unit) atau merupakan sumbangan setiap satuan
keseluruhan kegiatan j terhadap nilai Z.
Z : nilai yang dioptimalkan (maksimum atau minimum).
CONTOH 1
Sebuah perusahaan meubel akan memproduksi lemari dan meja. Setiap
produk melalui 2 tahap pengerjaan yaitu pemotongan dan tahap
perampungan. Proses pemotongan lemari dan meja masing-masing
membutuhkan waktu 4 jam. Sedangkan untuk proses perampungan,
3
diperlukan waktu 3 jam untuk lemari dan 2 jam untuk meja. Waktu yang
tersedia untuk proses pemotongan setiap periode adalah 100 jam,
sedangkan proses perampungan setiap periode adalah 60 jam. Setiap lemari
memberikan laba Rp 500.000,- dan setiap meja memberikan laba Rp
300.000,-. Berapa jumlah lemari dan meja yang harus diproduksi setiap
periode agar perusahaan memperoleh laba maksimum?
Data yang diketahui dari permasalahan di atas dapat disajikan dalam tabel
berikut:
Produk Lemari Meja Kapasitas waktu
yang tersedia (jam)
Proses pemotongan
(jam) 4 3 100
Proses perampungan
(jam) 4 2 60
Laba per produk 500.000 300.000
Variabel penentu:
Misal
π₯1 = banyaknya lemari yang harus diproduksi dalam satu periode
π₯2 = banyaknya meja yang harus diproduksi dalam satu periode
Fungsi tujuan:
ππππ₯ = 500000 π₯1 + 300000 π₯2
Fungsi kendala:
4π₯1 + 3π₯2 β€ 100
4π₯1 + 2π₯2 β€ 60
Syarat non negatif
π₯1, π₯2 β₯ 0
4
METODE GRAFIK
A. METODE TITIK EKSTRIM
Cara penyelesaian dengan metode grafik dilakukan dengan cara
menggambarkan semua pertidaksamaan fungsi kendala dan syarat non-
negatif dalam sebuah grafik. Namun, tidak semua permasalahan PL bisa
diselesaikan dengan metode grafik karena banyaknya variable fungsi
kendala dan fungsi tujuan bersesuaian dengan ruang grafik. Misal, jika ada
tiga variable maka grafik penyelesaian PL berada pada π 3. Masalah
program linear dua variabel (n=2) bisa diselesaikan dengan metode grafik,
sedangkan untuk n β₯ 2 diselesaikan dengan metode simpleks.
Langkah penyelesaian dengan metode titik ekstrim yaitu:
1. Gambarkan dan tentukan daerah-daerah semua grafik fungsi kendala
dan fungsi pembatas (syarat non negative).
2. Tentukan daerah penyelesian yang feasible, yaitu daerah yang
memenuhi semua fungsi kendala dan syarat non negative.
3. Tentukan titik ekstrim (sudut) dari daerah feasible. Setiap titik ekstrim
merupakan titik interseksi dari dua pembatasan linier.
4. Substitusi setiap titik ekstrim daerah feasible ke dalam fungsi tujuan
(Z) untuk mendapatkan solusi optimum. Solusi optimum terletak
pada salah satu titik ekstrim daerah feasible
CONTOH 2
Tentukan nilai maksimum fungsi
ππππ₯ = 8π₯ + 6π¦
Dengan fungsi kendala:
4π₯ + 2π¦ β€ 60
2π₯ + 4π¦ β€ 48
π₯, π¦ β₯ 0
Penyelesaian:
Gambar semua fungsi kendala dan syarat non negatif. Didapatkan
daerah penyelesaian feasible (daeran HP) seperti gambar berikut.
5
Titik Ekstrim π = ππ + ππ
(0, 12) Z = 72
(0, 0) Z = 0
(15, 0) Z = 120
(12, 6) Z = 132
Dari substitusi titik-titik ekstrim ke fungsi Z, diperoleh bahwa nilai Z
maksimum adalah 132 dengan nilai π₯ = 12 dan π¦ = 6.
B. METODE GARIS SELIDIK
Langkah menentukan daerah penyelesaian feasible dan titik-titik ekstrim
sama dengan metode grafik titik ekstrim. Akan tetapi, digunakan garis
selidik untuk menentukan titik optimum dan nilai Z optimum dengan cara
sebagai berikut.
1. Buat garis selidik dari persamaan fungsi tujuan (garis yang gradiennya
sama dengan gradien fungsi tujuan)
2. Geser secara sejajar hingga mencapai titik-titik ekstrim
3. Untuk masalah memaksimumkan, titik ekstrim terakhir yang
tersentuh garis selidik merupakan Penyelesaian Optimal (PO)
4. Untuk masalah meminimumkan, titik ekstrim pertama yang tersentuh
garis selidik merupakan Penyelesaian Optimal (PO)
(12,6)
6
5. Jika garis selidik memotong tepat pada satu titik maka penyelesaian
masalah program linier tersebut tunggal. Namun jika garis selidik
menghimpit suatu sisi terluar daerah penyelesaian, maka masalah
program linier tersebut mempunyai banyak solusi.
CONTOH 3
Tentukan nilai maksimum fungsi
ππππ₯ = 8π₯ + 6π¦
Dengan fungsi kendala:
4π₯ + 2π¦ β€ 60
2π₯ + 4π¦ β€ 48
π₯, π¦ β₯ 0
Penyelesaian:
Gambar semua fungsi kendala dan syarat non negatif. Didapatkan
daerah penyelesaian feasible (daeran HP) seperti gambar berikut.
Garis yang berwarna biru merupakan garis selidik yang dibentuk dari
fungsi tujuan (Z). Setelah menggeser garis selidik ke atas kanan,
diperoleh titik ekstrim yang paling akhir dilalui oleh pergeseran garis
selidik adalah titik (12,6). Oleh karena itu, penyelesaiaan optimumnya
adalah:
π = 8.12 + 6.6 = 132
(12,6)
7
METODE SIMPLEKS
Masalah program linear dengan dua atau lebih dari dua variabel (n β₯
2) diselesaikan dengan metode simpleks. Penentuan solusi optimal
menggunakan metode simpleks didasarkan pada teknik eleminasi Gauss
Jordan. Penentuan solusi optimal dilakukan dengan memeriksa titik ekstrim
satu per satu dengan cara perhitungan iteratif. Penentuan solusi optimal
dengan simpleks dilakukan tahap demi tahap yang disebut dengan iterasi.
Iterasi ke-i hanya tergantung dari iterasi sebelumnya (i-1).
Metode simpleks dimulai dari suatu pemecahan dasar yang feasibel ke
pemecahan dasar feasibel lainnya dan ini di lakukan berulang- ulang (dengan
jumlah ulangan yang terbatas) sehingga tercapai sesuatu pemecahan yang
optimum. Setiap iterasi menghasilkan suatu nilai fungsi tujuan yang selalu
lebih besar atau sama dari iterasi sebelumnya.
Beberaps istilah yang harus dipahami dalam metode simpleks:
1. Variabel slack adalah variable non negatif yang ditambahkan pada
ruas kiri pertidaksamaan fungssi kendala yang berbentuk β€
2. Variabel surplus adalah variable non negatif yang masukkan sebagai
pengurang pada ruas kiri pertidaksamaan fungssi kendala yang
berbentuk β₯
3. Variabel buatan merupakan variabel yang ditambahkan ke fungsi
kendala dengan bentuk β₯ atau = untuk difungsikan sebagai variabel
basis awal.
4. Variabel basis merupakan variabel dimana kolomnya hanya memuat
satu bilangan tak nol
5. Variabel non basis adalah variabel dimana kolomnya memuat lebih
dari satu elemen tak nol
6. Kolom Pivot (Kolom Kunci) yaitu kolom yang memuat variabel
masuk (entering variable).
7. Baris Pivot (Baris kunci) yaitu baris yang memuat variabel keluar
(leaving variable)
8. Elemen Pivot (Elemen kunci) yaitu elemen yg terletak pada
perpotongan kolom dan baris pivot.
8
9. Variabel masuk (entering variable) merupakan variabel yang terpilih
menjadi variabel basis pada iterasi berikutnya.
10. Variabel keluar (leaving variable) merupakan variabel yang keluar
dari variabel basis pada iterasi berikutnya dan digantikan dengan
variabel masuk.
Permasalahan PL yang akan diselesaikan dengan metode simpleks harus
diubah menjadi bentuk baku (standard form), yaitu:
1. Semua fungsi kendala dinyatakan dalam bentuk persamaan
2. Ruas kanan pada fungsi kendala harus non negatif
3. Semua variabel bernilai non negatif (syarat non negatif)
A. METODE SIMPLEKS BIASA
Langkah-langkah penyelesaian PL dengan metode simpleks biasa yaitu:
1. Ubah model permasalahan menjadi bentuk baku
2. Buat table simpleks
3. Tentukan nilai ππ β ππ dengan ketentuan sebagai berikut.
Untuk masalah maksimum β ππ β ππ β₯ 0
Untuk masalah minimum β ππ β ππ β€ 0
4. Tentukan kolom kunci
Pada masalah maksimum, jika masih ada nilai ππ β ππ β€ 0, pilih kolom
kunci dengan memilih nilai ππ β ππ paling negatif atau |ππ β ππ| paling
besar.
5. Tentukan baris kunci. Mula-mula tentukan rasio/indeks dengan cara
membagi nilai kanan dengan elemen kolom kunci yang bersesuaian.
Baris kunci dipilih dari rasio yeng mempunyai nilai positif paling kecil
6. Tentukan elemen kunci, yaitu perpotongan antara elemen kunci dan
baris kunci. Variabel yang bersesuaian dengan elemen kunci akan
menjadi variable yang masuk menjadi basis baru.
7. Buat table simpleks yang kedua.
8. Tentukan variabel basis pada table yang kedua
9. Tentukan elemen-elemen baris kunci yang baru dengan cara:
9
πππππ ππ’πππ ππππ’ = πππππ ππ’πππ ππππ
ππππππ ππ’πππ
10. Tentukan elemen- baris non kunci yang baru πππππ πππ ππ’πππ ππππ’ =
πππππ πππ ππ’πππ ππππ β (ππππππ πππππ ππ’πππ π¦πππ ππππ ππ π’ππππ π₯ πππππ ππ’πππ ππππ’)
11. Tentukan nilai ππ β ππ. Jika masih ada nilai ππ β ππ yang negatif (dalam
masalah maksimum), maka ulangi mulai langkah 4 sampai semua nilai
ππ β ππ positif.
CONTOH 4
Tentukan nilai maksimum
π = 8π₯1 + 6π₯2
Fungsi kendala:
4π₯1 + 2π₯2 β€ 60
2π₯1 + 4π₯2 β€ 48
π₯1, π₯2 β₯ 0
Penyelesaian:
Bentuk baku masalah program linier tersebut adalah:
Fungsi maksimum: π = 8π₯1 + 6π₯2 + 0π1 + 0π2
Fungsi kendala baku:
4π₯1 + 2π₯2 + π1 = 60
2π₯1 + 4π₯2 + π2 = 48
π₯1, π₯2, π1, π2 β₯ 0
10
Tabel simpleks awal
CBj Cj 8 6 0 0
Q Indeks VB π₯1 π₯2 π1 π2
0 π1 4* 2 1 0 60 60/4 = 15
0 π2 2 4 0 1 48 48/2 = 24
ππ 0 0 0 0 0
ππβ πΆπ -8 -6 0 0
Keterangan:
1. Baris πΆπ diisi dengan koefisien variabel pada fungsi optimum
2. Kolom VB (Variabel Basis) diisi oleh variabel yang koefisien-
koefisiennya pada fungsi kendala membentuk matriks identitas. Pada
tabel awal ini, yang menjadi VB adalah π1 dan π2
3. Kolom πΆπ΅π diisi oleh koefisien variabel basis. Pada tabel di atas,
koefisien π1 dan π2 masing-masing adalah 0.
4. Kolom π₯1, π₯2, π1, π2 diisi dengan koefisien π₯1, π₯2, π1, π2 pada fungsi
kendala
5. Kolom Q (Quantity) diisi degan nilai ruas kanan pada fungsi kendala
6. Baris ππ diisi dengan mengalikan masing-masing variabel π₯1, π₯2, π1, π2
dengan πΆπ΅π, kemudian menjumlahkan hasil perkalian tersebut.
Contoh:
ππ1 = 4.0 + 2.0 = 0
ππ2 = 2.0 + 4.0 = 0
ππ3 = 1.0 + 0.0 = 0
ππ4 = 0.0 + 1.0 = 0
7. Baris ππβπΆπ diisi dengan mengurangkan ππ dan πΆπ.
8. Baris Indeks diisi dengan cara membagi kolom Q dengan elemen
kolom kunci yang bersesuaian.
9. Jikanilai ππβ πΆπ pada tabel simpleks awal masih ada yang β€ 0, harus
ada iterasi atau tabel perbaikan.
11
10. Pilih kolom kunci dengan cara memilih nilai ππ β ππ paling negatif atau
|ππ β ππ| paling besar. Pada tabel awal, nilai ππ β ππ paling negatif
adalah -8. Jadi kolom π₯1 menjadi kolom kunci (yang ditandai warna
hijau).
11. Pilih baris kunci. Mula-mula tentukan kolom indeks dengan cara
membagi Q dengan elemen kolom kunci yang bersesuaian. Baris kunci
dipilih dari indeks yeng mempunyai nilai positif paling kecil, yaitu 15.
Jadi, baris π1 menjadi baris kunci (yang ditandai warnaa hijau).
12. Tentukan elemen kunci, yaitu perpotongan antara elemen kunci dan
baris kunci, yaitu 4. Jadi, variabel π₯1 menjadi variabel masuk, yang
pada iterasi pertama akan menjadi variable masuk menjadi basis baru
menggantikan π1.
Tabel Iterasi 1
1. Tentukan elemen-elemen baris kunci yang baru dengan cara:
πππππ ππ’πππ ππππ’ = πππππ ππ’πππ ππππ
ππππππ ππ’πππ
Jadi baris π1 pada tabel awal dibagi dengan 4
2. Tentukan elemen- baris non kunci yang baru, yaitu baris π2
π΅2β² = π΅2 β (2. π΅1
β²)
π΅21β² = 2 β (2. 1) = 0
π΅22β² = 4 β (2.
1
2) = 3
π΅23β² = 0 β (2.
1
4) = β
1
2
π΅24β² = 1 β (2. 0) = 1
π΅25β² = 48 β (2. 15) = 18
12
CBj Cj 8 6 0 0
Q Indeks VB π₯1 π₯2 π1 π2
8 π₯1 1 Β½ ΒΌ 0 15 15: Β½ =30
0 π2 0 3* -Β½ 1 18 18 : 3 = 6
ππ 8 4 2 0 120
ππβ πΆπ 0 -2 2 0
3. Karena nilai ππβ πΆπ pada tabel simpleks awal masih β€ 0, harus ada
iterasi atau tabel perbaikan yang kedua. Pilih kolom kunci dengan
cara memilih nilai ππ β ππ paling negatif atau |ππ β ππ| paling besar.
Pada tabel iterasi 1, nilai ππ β ππ paling negative adalah -2. Jadi kolom
π₯2 menjadi kolom kunci (yang ditandai warna hijau).
4. Pilih baris kunci. Mula-mula tentukan kolom indeks dengan cara
membagi Q dengan elemen kolom kunci yang bersesuaian. Baris kunci
dipilih dari indeks yeng mempunyai nilai positif paling kecil, yaitu 6.
Jadi, baris π2 menjadi baris kunci (yang ditandai warnaa hijau).
5. Tentukan elemen kunci, yaitu perpotongan antara elemen kunci dan
baris kunci, yaitu 3. Jadi, variabel π₯2 menjadi variabel masuk, yang
pada iterasi berikutnya akan menjadi variable masuk menjadi basis
baru menggantikan π1.
Tabel Iterasi 2
1. Tentukan elemen-elemen baris kunci yang baru dengan cara:
πππππ ππ’πππ ππππ’ = πππππ ππ’πππ ππππ
ππππππ ππ’πππ
Jadi baris π2 pada tabel awal dibagi dengan 3
2. Tentukan elemen baris non kunci yang baru, yaitu baris π₯2
π΅1β² = π΅1 β (
1
2. π΅2β² )
π΅11β² = 1 β (
1
2. 0) = 1
13
π΅12β² =
1
2β (
1
2. 1) = 0
π΅13β² =
1
4β (
1
2. β
1
6) =
1
3
π΅14β² = 0 β (
1
2. 1) = β
1
2
π΅15β² = 15 β (
1
2. 6) = 12
CBj Cj 8 6 0 0
Q Indeks VB π₯1 π₯2 π1 π2
8 π₯1 1 0 1
3 β
1
2 12
15: Β½ =30
6 π₯2 0 1 β1
6 1 6 18 : 3 = 6
ππ 8 6 5
3 2 132
ππβ πΆπ 0 0 5
3 2
Dari tabel iterasi kedua terlihat bahwa semua nilai ππ β ππ β₯ 0. Hal ini
berarti, untuk masalah maksimasi ini, diperoleh penyelesaian maksimum
adalah 135, dengan π₯1 = 12 dan π₯2 = 6
B. METODE SIMPLEKS DUA FASE
Masalah minimum dan fungsi kendala yang memuat tanda β₯ dan = bisa
diselesaikan dengan metode simpleks dua fase. Dalam metode simpleks
dua fase, akan muncul variabel artifisial. Variabel artifisial dimunculkan
untuk membentuk suatu solusi awal yang feasible. Contoh:
ππππ = 2π₯1 + π₯2 ππππ = 2π₯1 + π₯2 + 0π1 + 0π2 + π΄1
π₯1 + π₯2 β€ 30 π₯1 + π₯2 + π1 = 30
π₯2 β π₯1 β₯ 0 π₯2 β π₯1 β π2 + π΄1 = 0
Pada masalah program linier awal, jika hanya ada slack dan surplus
variable, missal solusi awalnya π₯ = 0 dan π¦ = 0, maka akan menghasilkan
14
nilai π2 yang negatif. Padahal semua variable harus positif. Jadi, harus
dimunculkan variable baru sehingga ada solusi awal yang feasible.
Variabel artifisial tidak memiliki makna yang berarti pada masalah awal.
Variabel artifisial hanya bertujuan untuk mendapatkan solusi basis yang
feasible sehingga bisa diterapkan metode simpleks.
Untuk mengantisipasi variable artifisial akan menjadi bagian dari solusi
optimal, penalty yang sangat besar dari variable artifisisl dimunculkan
pada fungsi tusjuan. Penalti ini dimunculkan dengan menempatkan
koefisien variable artifisial yang sangat besar (M) sehingga variable
artifisial harus menjadi 0 pada sembarang solusi optimal.
Langkah penyelesaian dengan menggunakan metode simpleks dua fase
1. Ubah permasalahan PL ke dalam bentuk baku
Munculkan variable slack pada fungsi kendala bertanda β€
Munculkan variable surplus dan variable artifisial pada fungsi
kendala bertanda β₯
Munculkan variable artifisial pada fungsi kendala bertanda =
Memasukkan variable slack, surplus, dan artifisial pada fungsi
tujuan.
Koefisien variable slack dan surplus pada fungsi tujuan (baik maks
maupun min) adalah 0
Koefisien variabel artifisial pada fungsi tujuan adalah 1
2. Fase I bertujuan mengoptimalkan fungsi tujuan yang memuat variable
artifisial (buatan)
3. Pada fase I, semua koefisien variabel fungsi tujuan diberi nilai 0,
kecuali variabel artifisial. Sedangkan pada fase 2, semua koefisien
variabel fungsi tujuan ditulis sesuai yang ada pada soal.
4. Ciri fase I optimum adalah jika semua variable artifisial sudah keluar
dari variable basis (VB) dan nilai ππ β ππ sudah optimum. Jika fase I
sudah optimum, maka bisa dilanjut ke fase 2.
5. Fase II bertujuan untuk mengoptimalkan fungsi tujuan yang memuat
semua variable yang sah.
15
CONTOH 5
Selesaikan masalah PL berikut.
Fungsi tujuan ππππ = 10π₯1 + 6π₯2 + 2π₯3
Fungsi kendala βπ₯1 + π₯2 + π₯3 β₯ 1
3π₯1 + π₯2 β π₯3 β₯ 2
π₯1, π₯2, π₯3 β₯ 0
Penyelesaian:
Ubah masalah PL menjadi bentuk baku seperti berikut.
ππππ = ππππ + πππ + πππ + ππΊπ + ππΊπ + π¨π + π¨π
βπ₯1 + π₯2 + π₯3 β π1 + π΄1 = 1
3π₯1 + π₯2 β π₯3 β π2 + π΄2 = 2
π₯1, π₯2, π₯3, π1, π2, π΄1, π΄2 β₯ 0
FASE 1
Tabel Awal fase 1
CBj cj 0 0 0 0 0 1 1
Q Indeks VB π₯1 π₯2 π₯3 π1 π2 π΄1 π΄2
1 π΄1 -1 1* 1 -1 0 1 0 1 1
1 π΄2 3 1 -1 0 -1 0 1 2 2
Zj 2 2 0 -1 -1 1 1 3
ZjβCj 2 2 0 -1 -1 0 0
Tabel iterasi 1 fase 1
CBj cj 0 0 0 0 0 1 1
Q Indeks VB π₯1 π₯2 π₯3 π1 π2 π΄1 π΄2
0 π₯2 -1 1 1 -1 0 1 0 1 -1
1 π΄2 4* 0 -2 1 -1 -1 1 1 ΒΌ
Zj 4 0 -2 1 -1 -1 1 1
ZjβCj 4 0 -2 1 -1 -2 0
16
Tabel iterasi 2 fase 1
CBj cj 0 0 0 0 0 1 1
Q Indeks VB π₯1 π₯2 π₯3 π1 π2 π΄1 π΄2
0 π₯2 0 1 Β½ - ΒΎ - ΒΌ ΒΎ ΒΌ 5
4 -1
0 π₯1 1 0 - Β½ ΒΌ - ΒΌ - ΒΌ ΒΌ ΒΌ ΒΌ
Zj 0 0 0 0 0 0 0
ππ β ππ 0 0 0 0 0 -1 -1
Pada table di atas, terlihat bahwa semua nilai ππ β ππ β€ 0. Jadi bisa
disimpulkan fase I telah mencapai iterasi optimum sehingga bisa
dilanjutkan ke fase 2.
FASE 2
Tabel awal
CBj Cj 10 6 2 0 0
Q VB π₯1 π₯2 π₯3 π1 π2
6 π₯2 0 1 Β½ - ΒΎ - ΒΌ 5
4
10 π₯1 1 0 - Β½ ΒΌ - ΒΌ ΒΌ
Zj 10 6 -2 -2 -4 10
ππ β ππ 0 0 -4 -2 -4
Pada tabel fase 2 di atas, semua nilai ππ β ππ β€ 0, sehingga program
dikatakan sudah optimum.
Jadi ππππ= 10 dengan ππ =π
π dan ππ =
π
π
17
C. METODE SIMPLEKS BIG-M
Selain menggunakan metode simpleks 2 fase, metode big M juga bisa
digunakan untuk masalah PL yang fungsi kendalanya memuat tanda β₯ atau
=.
Seperti pada metode simpleks dua fase, pada metode simpleks big M juga
muncul variabel artifisial. Untuk mengantisipasi variable artifisial akan
menjadi bagian dari solusi optimal, penalti yang sangat besar dari variable
artifisisl dimunculkan pada fungsi tusjuan. Penalti ini dimunculkan dengan
menempatkan koefisien variable artifisial yang sangat besar (M) sehingga
variable artifisial harus menjadi 0 pada sembarang solusi optimal. Oleh
karena itu, koefisien variabel artifisial pada fungsi tujuan adalah M
(bilangan yang sangat besar).
Langkah penyelesaian dengan menggunakan metode simpleks big M
1. Ubah masalah PL ke dalam bentuk baku:
Munculkan variable slack pada fungsi kendala bertanda β€
Munculkan variable surplus dan variable artifisial pada fungsi
kendala bertanda β₯
Munculkan variable artifisial pada fungsi kendala bertanda =
Memasukkan variable slack, surplus, dan artifisial pada fungsi
tujuan.
Koefisien variable slack dan surplus pada fungsi tujuan (baik
maks maupun min) adalah 0
Untuk masalah maksimum, koefisien variabel artifisial pada
fungsi tujuan adalah βM,
Untuk masalah minimum, koefisien variable artifisial pada fungsi
tujuan adalah M.
2. Lanjutkan langkah-langkah penyelesaian seperti pada metode
simpleks biasa.
18
CONTOH 6
Selesaikan masalah PL berikut.
Fungsi tujuan ππππ = 10π₯1 + 6π₯2 + 2π₯3
Fungsi kendala βπ₯1 + π₯2 + π₯3 β₯ 1
3π₯1 + π₯2 β π₯3 β₯ 2
π₯1, π₯2, π₯3 β₯ 0
Penyelesaian:
Ubah masalah PL menjadi bentuk baku:
Fungsi tujuan ππππ = 10π₯1 + 6π₯2 + 2π₯3 + 0π1 + 0π2 +ππ΄1 +ππ΄2
Fungsi kendala βπ₯1 + π₯2 + π₯3 β π1 + π΄1 = 1
3π₯1 + π₯2 β π₯3 β π2 + π΄2 = 2
π₯1, π₯2, π₯3, π1, π2, π΄1, π΄2 β₯ 0
Tabel awal
CBj Cj 10 6 2 0 0 M M
Q Indeks VB π₯1 π₯2 π₯3 π1 π2 π΄1 π΄2
M π΄1 -1 1 1 -1 0 1 0 1 1
M π΄2 3 1 -1 0 -1 0 1 2 2
Zj 2M 2M 0 -M -M M M 3M
ZjβCj 2M-10 2M-6 -2 -M -M 0 0
Iterasi 1
CBj Cj 10 6 2 0 0 M M
Q Indeks VB π₯1 π₯2 π₯3 π1 π2 π΄1 π΄2
6 π₯2 -1 1 1 -1 0 1 0 1 -1
M π΄2 4 0 -2 1 -1 -1 1 1 ΒΌ
Zj 4M-6 6 -2M+6 M-6 -M -M+6 M M+6
ZjβCj 4M-16 0 -2M+4 M-6 -M -2M+6 0
19
Iterasi 2
CBj Cj 10 6 2 0 0 M M
Q VB π₯1 π₯2 π₯3 π1 π2 π΄1 π΄2
6 π₯2 0 1 Β½ - ΒΎ - ΒΌ ΒΎ ΒΌ 5
4
10 π₯1 1 0 - Β½ ΒΌ - ΒΌ - ΒΌ ΒΌ ΒΌ
Zj 10 6 -2 -2 -4 2 4 10
ZjβCj 0 0 -4 -2 -4 2-M 4-M
Dari tabel iterasi 2, nilai Zjβ Cj semuanya sudah β€ 0. Jadi bisa dikatakan
bahwa program sudah optimum dengan nilai Zmin= 10 dengan
x1 =1
4 dan x2 =
5
4
REMINDER
Untuk masalah minimasi
β’ Tabel optimum jika semua nilai Zj-cj β€ 0
β’ Kolom kunci pilih nilai Zj-cj positif terbesar (paling positif)
β’ Baris kunci pilih nilai indeks positif terkecil
Untuk masalah maksimasi
β’ Tabel optimum jika semua nilai Zj-cj β₯ 0
β’ Kolom kunci pilih nilai Zj-cj NEGAtif terkecil (paling negatif)
β’ Baris kunci pilih nilai indeks positif terkecil
20
LATIHAN 1
Selesaikan masalah PL berikut dengan menggunakan metode simpleks.
1. Fungsi tujuan ππππ = 4π₯1 + π₯2
Fungsi kendala 3π₯1 + π₯2 = 3
4π₯1 + 3π₯2 β₯ 6
π₯1 + 2π₯2 β€ 4
π₯1, π₯2 β₯ 0
2. Fungsi tujuan ππππ = 3π₯1 β 2π₯2
Fungsi kendala 3π₯1 + π₯2 = 4
4π₯1 + 3π₯2 β₯ 6
π₯1 + 2π₯2 β€ 3
π₯1, π₯2 β₯ 0
3. Fungsi tujuan ππππ = π₯1 + π₯2
Fungsi kendala 2π₯1 + π₯2 β₯ 4
π₯1 + 7π₯2 β₯ 7
π₯1, π₯2 β₯ 0
D. PENYELESAIAN PROGRAM LINIER
Solusi masalah PL tidak selalu tunggal. Ada beberapa kasus khusus yaitu:
1. PENYELESAIAN OPTIMUM TIDAK TUNGGAL
Kasus ini terjadi jika dalam table simpleks yang sudah optimum, masih
ada variable utama yang belum masuk ke variable basis dan nilai ππ β
ππ variable tersebut 0.
21
CONTOH 7
CBj cj 2 1 0 0
Q VB π₯1 π₯2 π1 π2
2 π₯1 1 Β½ Β½ 0 15
0 π2 0 1 Β½ - Β½ 1 9
Zj 2 1 1 0 30
ZjβCj 0 0 1 0
Pada masalah memaksimumkan di atas, tabel sudah optimum, tapi
π₯2 belum masuk VB (var. basis), dan nilai ππ β ππ = 0.
Jadi, PL ini memiliki solusi tidak tunggal untuk nilai π₯1 dan π₯2.
Jika dilakukan iterasi selanjutnya, akan diperoleh Z = 30 dengan nilai
π₯1 dan π₯2 yang berbeda.
2. TIDAK MEMPUNYAI PENYELESAIAN
(Ketidaklayakan/ infeasible solution)
Kasus ini terjadi jika dalam table simpleks yang sudah optimum, masih
ada variable artifisial (buatan) dalam variable basis (VB)
CONTOH 8
CBj Cj -2 -3 0 0 -M
Q VB π₯1 π₯2 π1 π2 π΄1
3 π₯1 1 1 1 0 0 10
-M π΄1 0 0 0 -1 1 10
Zj 3 3 3 M -M -10M+30
ZjβCj 5 6 3 M 0
22
Pada masalah memaksimumkan di atas, tabel sudah optimum, tapi
variabel artifisial π΄1 belum keluar dari VB (variabel basis). Jadi, PL ini
tidak memiliki solusi yang feasible.
3. PENYELESAIAN TAK TERBATAS
(Tak terbatas nilai fungsi tujuannya atau tak terbatas nilai variabelnya)
Kasus ini terjadi jika dalam table simpleks yang semua variable
utamanya sudah masuk VB dan semua nilai Zj-cj dari variable utama
sudah optimum, namum ada nilai Zj-cj β€ 0 pada variable slack atau
surplus dan nilai kolom-kolomnya juga < 0.
CONTOH 9
CBj cj 3 2 0 0 -M
Q VB π₯1 π₯2 π1 π2 π΄1
3 π₯1 1 0 Β½ - Β½ Β½ 20
2 π₯2 0 1 - Β½ - Β½ Β½ 10
Zj 3 2 Β½ -2 Β½ 2 Β½ 80
ZjβCj 0 0 Β½ -2 Β½ 2 Β½+M
Pada masalah memaksimumkan di atas, nilai Zj β cj pada π2 < 0, dan
nilai kolom-kolomnya <0. Jadi, PL ini memiliki solusi yang tak terbatas.
23
PRIMAL DAN DUAL
A. PENGERTIAN
Setiap masalah program linier mempunyai satu masalah program linier
yang terkait, yang disebut dual. Program linier asalnya disebut primal. Jika
primal dan dual tersebut dicari penyelesaiannya, nilai optimum model
primal sama dengan nilai optimum model dual.
Untuk mentransformasikan masalah primal menjadi masalah dual, bentuk
masalah primal harus dalam bentuk standar.
1. Untuk masalah maksimasi, bentuk standar fungsi kendalanya adalah
fungsi kendala yang bertanda β€
2. Untuk masalah minimasi, bentuk standar fungsi kendalanya adalah
fungsi kendala yang bertanda β₯
3. Pada bentuk standar primal dual, nilai ruas kanan boleh negatif.
Namun, saat akan mencari penyelesaian dengan metode simpleks, bantuk
yang akan dicari penyelesaiannya harus dalam bentuk standar untuk
metode simpleks, yaitu nilai ruas kanan harus β₯ 0.
Tabel berikut menunjukkan transformasi dan perbedaan antara masalah
primal dan dual.
24
PRIMAL DUAL
Maksimasi Fungsi kendala β€
Minimasi Fungsi kendala β₯
Minimasi Fungsi kendala β₯
Maksimasi Fungsi kendala β€
Nilai ruas kanan Koefisien fungsi tujuan
Koefisien fungsi tujuan Nilai ruas kanan
Matriks koefisien fungsi kendala Transpose matriks koefisien fungsi kendala
Fungsi kendala ke- i berbentuk = Variabel π₯π tidak terbatas tanda
Variabel π₯π tidak terbatas tanda Fungsi kendala ke- i berbentuk =
CONTOH 10 Masalah Primal Masalah Dual
ππππ₯ = 3π₯1 + 5π₯2 + 4π₯3
Fungsi Kendala:
2π₯1 β π₯2 + 3π₯3 β€ 6
π₯1 + 2π₯2 + 4π₯3 β€ 8
π₯1, π₯2, π₯3 β₯ 0
ππππ = 6π¦1 + 8π¦2
Fungsi Kendala:
2π¦1 + π¦2 β₯ 3
βπ¦1 + 2π¦2 β₯ 5
3π¦1 + 4π¦2 β₯ 4
π¦1, π¦2 β₯ 0
Jika bentuk primalnya tidak dalam bentuk baku, maka perlu diubah dulu ke bentuk baku sebelum dicari dualnya.
25
CONTOH 11 Masalah Primal Masalah Dual ππππ₯ = 5π₯1 + 6π₯2
Fungsi kendala: π₯1 + 2π₯2 β₯ 5
βπ₯1 + 5π₯2 β₯ 3
4π₯1 + 7π₯2 β€ 8
π₯1, π₯2 β₯ 0
βπ₯1 β 2π₯2 β€ β5
π₯1 β 5π₯2 β€ β3
4π₯1 + 7π₯2 β€ 8
ππππ = β5π¦1 β 3π¦2 + 8π¦3
Fungsi kendala: βπ¦1 + π¦2 + 4π¦3 β₯ 5
β2π¦1 β 5π¦2 + 7π¦3 β₯ 6
π¦1, π¦2, π¦3 β₯ 0
CONTOH 12
Masalah Primal Masalah Dual ππππ₯ = π₯1 + 2π₯2 + π₯3
Fungsi kendala: π₯1 + 2π₯2 + π₯3 β₯ 2
π₯2 + π₯3 β€ 1
π₯1 + 2π₯3 = 1
π₯1, π₯2, π₯3 β₯ 0
βπ₯1 β 2π₯2 β π₯3 β€ β2
ππππ = β2π¦1 + π¦2 + π¦3
Fungsi kendala: βπ¦1 + π¦3 β₯ 1
β2π¦1 + π¦2 β₯ 2
βπ¦1 + π¦2 + 2π¦3 β₯ 1
π¦1, π¦2 β₯ 0
π¦3 π‘ππππ π‘πππππ‘ππ π‘ππππ
Yang tidak baku diubah menjadi bentuk baku
Yang tidak baku diubah menjadi bentuk baku
26
B. PENYELESAIAN PADA PRIMAL DAN DUAL
Contoh masalah primal dan tabel optimumnya:
Cb Cj 5 12 10 0 0 Q
VB π₯1 π₯2 π₯3 S1 S2
12 π₯2 0,2 1 0 0,6 -0,2 3
10 π₯3 0,6 0 1 -0,2 0,4 4
ππ 8,4 12 10 5,2 1,6 76
ππ β ππ 3,4 0 0 5,2 1,6
Contoh masalah dual dan tabel optimumnya:
27
Cb Cj 10 15 0 0 0 M M M Q
VB π¦1 π¦2 S1 S2 S3 A1 A2 A3
15 π¦2 0 1 0 1/5 -6/15 0 -1/5 6/15 1,6
10 π¦1 1 0 0 -3/5 1/5 0 3/5 -1/5 5,2
0 π1 0 0 1 -1/5 -9/15 -1 1/5 9/15 3,4
ππ 10 15 0 -3 -4 0 3 4 76
ππ β ππ 0 0 0 -3 -4 -M -M+3 -M+4
Dari tabel optimum masalah primal dan dual di atas, bisa dilihat hubungan
yang nampak, yaitu:
PRIMAL DUAL
Zmaks = 76 Zmin = 76
π₯2 dan π₯3 di dalam basis (VB) π2 dan π3 di luar basis
π₯1, π1 dan π2 diluar basis π1, π¦1, dan π¦2 di dalam basis
Nilai π₯2 = 3 dan π₯3 = 4 Nilai ππ β ππ dari π2 = -3 dan π3 = -4
Nilai ππ β ππ dari π1 = 5,2 dan π2 = 1,6 Nilai π¦1 = 5,2 dan π¦2 = 56
28
LATIHAN 2
Diketahui bentuk primal dan tabel optimum dari primal tersebut di bawah
ini.
ππππ₯ = 3π₯1 + 2π₯2
Fungssi kendala
π₯1 + 2π₯2 β€ 10
5π₯1 + π₯2 β₯ 10
π₯1 + 10π₯2 β₯ 20
π₯1, π₯2 β₯ 0
Tabel optimumnya:
Cb Cj 3 2 0 0 0 -M -M Q
VB π₯1 π₯2 S1 S2 S3 A1 A2
0 S2 0 0 6,125 1 1,125 -1 -1,125 28,75
3 π₯1 1 0 1,25 0 0,25 0 -0,25 7,5
2 π₯2 0 1 -0,125 0 -0,125 0 0,125 1,25
Zj 3 2 3,5 0 0,5 0 -0,5 25
Zj-cj 0 0 3,5 0 0,5 M M-0,5
1. Tentukan dual dari permasalahan di atas.
2. Dari tabel optimum primal yang diketahui di atas, tentukan solusi
primalnya.
3. Tanpa menyelesaikan dualnya, tentukan dari solusi dual tersebut.
29
UJI SENSITIVITAS
A. PENGERTIAN
Uji sensitivitas merupakan uji yang digunakan untuk mengetahui akibat
(pengaruh) dari perubahan yang terjadi pada parameter-parameter
permasalahan PL pada solusi optimum yang telah diperoleh. Manfaat dari
uji sensitivitas adalah untuk menghindari perhitungan ulang dari awal jika
terjadi perubahan-perubahan pada parameter permasalahan PL.
Perubahan-perubahan tersebut bisa memberikan akibat salah satu
diantara 3 kemungkinan berikut
1. Solusi optimum tidak berubah, variable basis dan nilainya tidak
berubah
2. Variabel basis tidak berubah, tapi nilainya berubah
3. Variabel basis berubah
Uji
Sen
siti
vita
s
Perubahan nilai ruas kanan fungsi kendala(sumber daya)
Perubahan koefisien fungsi tujuan
Penambahan fungsi kendala baru
Penambahan variabel baru
Perubahan koefisien fungsi kendala
30
CONTOH 13
Diketahui masalah PL:
ππππ₯ = 5π₯1 + 3π₯2 + 2π₯3
Fungsi kendala
π₯1 + π₯2 + 2π₯3 β€ 860
2π₯1 + 3π₯2 β€ 920
π₯2 + 4π₯3 β€ 840
π₯1, π₯2, π₯3 β₯ 0
Bentuk baku dari permasalahan PL tersebut adalah:
ππππ₯ = 5π₯1 + 3π₯2 + 2π₯3 + 0π1 + 0π2 + 0π3
Fungsi kendala
π₯1 + π₯2 + 2π₯3 + π1 = 860
2π₯1 + 3π₯2 + π2 = 920
π₯2 + 4π₯3 + π3 = 840
π₯1, π₯2, π₯3, π1, π2, π3 β₯ 0
Tabel optimum dari permasalahan PL tersebut:
Cb Cj 5 3 2 0 0 0 Q
VB π₯1 π₯2 π₯3 S1 S2 S3
2 π₯3 0 - ΒΌ 1 Β½ - ΒΌ 0 200
5 π₯1 1 3/2 0 0 Β½ 0 460
0 S3 0 2 0 -2 1 1 40
ππ 5 7 2 1 2 0 2700
ππ β ππ 0 4 0 1 2 0
Variabel yang masuk basis adalah π₯1, π₯3, π3
Matriks koefisien π₯1, π₯3, π3 pada fungsi kendala:
31
π΅ = (1 2 02 0 00 4 1
) π΅β1 = (
01
20
1
2β1
40
β2 1 1
)
Dengan menggunakan matriks π΅β1, PO untuk π₯1, π₯3, π3 bisa dicari
dengan mengalikan π΅β1 dengan ruas kanan fungsi kendala.
(
π₯1π₯3π3
) = (
01
20
1
2β1
40
β2 1 1
) . (860920840
) = (46020040)
B. PERUBAHAN KAPASITAS SUMBER DAYA (RUAS KANAN F.KENDALA)
Jika program pada contoh 13 sudah optimum, lalu pada periode 2 program
terdapat perubahan kapasistas dari salah satu sumber daya (Q/ruas
kanan), misal Q1 menjadi Ξ΄.
(πΏ920840
)
Agar variable π₯1, π₯3, π3 tetap menjadi solusi dari program setelah adanya
perubahan, maha haruslah:
(
0
1
20
1
2β1
40
β2 1 1)
. (
πΏ920840
) β₯ 0
Dari perkalian matriks tersebut diperoleh pertidaksamaan: 1
2πΏ β 230 β₯ 0 β
1
2πΏ β₯ 230 β πΏ β₯ 460 ...(i)
β2πΏ + 920 + 840 β₯ 0 β β2πΏ β₯ β1760 β πΏ β€ 880 β¦(ii)
Dari (i) dan (ii) diperoleh 460 β€ πΏ β€ 880.
Rentang nilai Ξ΄ di atas menunjukkan kepekaan (sensitivitas) dari nilai Q1
agar variable π₯1, π₯3, π3 tetap menjadi solusi dari program setelah adanya
perubahan.
Uji coba πΏ = 450
32
(
π₯1π₯3π3
) =
(
0
1
20
1
2β1
40
β2 1 1)
(450920840
) = (460β5860
)
Untuk π1= 450 menyebabkan solusi yang tidak feasible karena nilai π₯3
menjadi negatif.
Uji coba πΏ = 500
(
π₯1π₯3π3
) =
(
0
1
20
1
2β1
40
β2 1 1)
(500920840
) = (46020760
)
Untuk π1= 500 solusinya menjadi ππππ₯ = 2340 dengan π₯1 = 460, π₯2 =
0, π₯3 = 20.
C. PERUBAHAN KOEFISIEN FUNGSI TUJUAN
Perubahan harga, biaya atau keuntungan akan mengakibatkan perubahan
koefisien fungsi tujuan. Misal pada contoh 13 diatas, koefisien π₯1 pada
fungsi tujuan berubah menjadi πΌ. Bagaimana rentang kepekaan
(sensitivitas) πΌ agar tidak merubah PO yang sebelumnya?
Nilai π₯1 pada tabel optimum contoh 13 diganti menjadi:
Cb Cj πΆ 3 2 0 0 0 Q
VB π₯1 π₯2 π₯3 S1 S2 S3
2 π₯3 0 - ΒΌ 1 Β½ - ΒΌ 0 200
πΆ π₯1 1 3/2 0 0 Β½ 0 460
0 S3 0 2 0 -2 1 1 40
Zj πΆ 3
2πΌ β
1
2
2 1 1
2πΌ β
1
2
0 400+460πΆ
ππβ ππ
0 3
2πΌ β
7
2
0 1 1
2πΌ β
1
2
0
33
Karena soalnya adalah ππππ₯, maka pada table optimum haruslah nilai
ππ β ππ β₯ 0.
Jadi haruslah 3
2πΌ β
7
2β₯ 0 dan
1
2πΌ β
1
2β₯ 0.
3
2πΌ β
7
2β₯ 0 β
3
2πΌ β₯
7
2 β πΌ β₯
7
3 β¦(i)
1
2πΌ β
1
2β₯ 0 β
1
2πΌ β₯
1
2 β πΌ β₯ 1 β¦(ii)
Dari (i) dan (ii) diperoleh nilai πΌ β₯7
3. Rentang nilai πΌ tersebut
menunjukkan kepekaan (sensitivitas) dari koefisien π₯1 pada fungsi tujuan
(π1).
Nilai πΌ β₯7
3 akan memberikan nilai ππππ₯ = 400+460πΆ dengan nilai
π₯1, π₯3, π3 sama seperti PO mula-mula.
D. PENAMBAHAN KENDALA BARU
Misal pada contoh 13 ditambahkan sebuah kendala baru:
π₯1 + π₯2 + π₯3 β€ 760
Untuk mengetahui PO setelah ada penambahan kendala baru, tambahkan
kendala baru tersebut kedalam tabel optimum seperti berikut.
Cb Cj 5 3 2 0 0 0 0 Q
VB π₯1 π₯2 π₯3 S1 S2 S3 S4
2 π₯3 0 - ΒΌ 1 Β½ - ΒΌ 0 0 200
5 π₯1 1 3/2 0 0 Β½ 0 0 460
0 S3 0 2 0 -2 1 1 0 40
0 S4 1 1 1 0 0 0 1 760
Zj 5 7 2 1 2 0 0 2700
Zj-cj 0 4 0 1 2 0 0
34
Pada table optimum yang baru, variable yg masuk basis (VB) adalah
π₯1, π₯3, π3, π4. Jadi semua kolom variabel-variabel tersebut harus
membentuk matriks identitas 4x4.
Jadi, elemen baris 4 kolom 1 (π41) dan baris 4 kolom 3 (π43) harus dibuat
menjadi 0 dengan cara melakukan OBE. Untuk membuat π41 = 0, maka
baris ke 4 harus dikurangi baris 2 (B4 β B2), sehingga diperoleh tabel baru:
Cb Cj π 3 2 0 0 0 0 Q
VB π₯1 π₯2 π₯3 S1 S2 S3 S4
2 π₯3 0 - ΒΌ 1 Β½ - ΒΌ 0 0 200
π π₯1 1 3/2 0 0 Β½ 0 0 460
0 S3 0 2 0 -2 1 1 0 40
0 S4 0 - Β½ 1 0 - Β½ 0 1 260
Zj 5 7 2 1 2 0 0 2700
Zj-cj 0 4 0 1 2 0 0
Untuk membuat π43 = 0, maka baris ke 4 harus dikurangi baris 1
(B4 β B1), sehingga diperoleh table baru di bawah.
Cb Cj π 3 2 0 0 0 0 Q
VB π₯1 π₯2 π₯3 S1 S2 S3 S4
2 π₯3 0 - ΒΌ 1 Β½ - ΒΌ 0 0 200
π π₯1 1 3/2 0 0 Β½ 0 0 460
0 S3 0 2 0 -2 1 1 0 40
0 S4 0 - ΒΌ 0 - Β½ - ΒΌ 0 1 60
Zj 5 7 2 1 2 0 0 2700
Zj-cj 0 4 0 1 2 0 0
35
Diperoleh PO ππππ₯ = 2700 dengan π₯1 = 460, π₯2 = 0, π₯3 = 200.
Jadi dengan adanya penambahan kendala baru tersebut, variabel yang
masuk variabel basis tetap walaupun ada perubahan nilai.
E. PENAMBAHAN VARIABEL BARU
Misal dari contoh 13, ditambahkan sebuah variable baru π₯4, sehingga
permasalahan PL nya menjadi seperti berikut.
Fungsi tujuan ππππ₯ = 5π₯1 + 3π₯2 + 2π₯3 + 10π₯4
Fungsi kendala π₯1 + π₯2 + 2π₯3 + π₯4 β€ 860
2π₯1 + 3π₯2 + π₯4 β€ 920
π₯2 + 4π₯3 + π₯4 β€ 840
π₯1, π₯2, π₯3, π₯4 β₯ 0
Tambahkan variabel π₯4 pada tabel optimumnya sehingga diperoleh
Cb Cj π 3 2 10 0 0 0 Q
VB π₯1 π₯2 π₯3 π₯4 S1 S2 S3
2 π₯3 0 - ΒΌ 1 1 Β½ - ΒΌ 0 200
π π₯1 1 3/2 0 1 0 Β½ 0 460
0 S3 0 2 0 1* -2 1 1 40
Zj 5 7 2 7 1 2 0 2700
Zj-cj 0 4 0 -3 1 2 0
Karena nilai Zj β cj masih ada yang negatif, maka dilakukan prosedur
simpleks sampai semua nilai Zj β cj β₯ 0 (karena soal berupa ππππ₯).
Kolom π₯4 menjadi kolom kunci dan baris ke 3 menjadi baris kunci.
36
Iterasi 1
Cb Cj 5 3 2 10 0 0 0
Q VB π₯1 π₯2 π₯3 π₯4 S1 S2 S3
2 π₯3 0 -2 ΒΌ 1 0 2 Β½ * -1 ΒΌ -1 160
5 π₯1 1 - Β½ 0 0 2 - Β½ -1 420
10 π₯4 0 2 0 1 -2 1 1 40
Zj 5 10 ΒΎ 3 10 -2 Β½ 3 ΒΎ 2 2980
Zj-cj 0 7 ΒΎ 1 0 -2 Β½ 3 ΒΎ 2
Iterasi 2
Cb Cj 5 3 2 10 0 0 0
Q VB π₯1 π₯2 π₯3 π₯4 S1 S2 S3
0 S1 0 -0,9 0,4 0 1 -0,5 -0,4 64
5 π₯1 1 1,3 -0,8 0 0 0,5 -0,2 292
10 π₯4 0 0,2 0,8 1 0 0 0,2 168
Zj 5 8,5 4 10 0 2,5 1 3140
Zj-cj 0 5,5 2 0 0 2,5 1
Diperoleh PO ππππ₯ = 3140 dengan π₯1 = 292, π₯2 = 0, π₯3 = 0, π₯4 = 168.
Jadi penambahan variabel baru pada contoh ini menyebabkan perubahan
PO.
37
F. PERUBAHAN KOEFISIEN FUNGSI KENDALA
Misal dari contoh 13, koefisien variable π₯3 berubah seperti berikut.
Fungsi tujuan ππππ₯ = 5π₯1 + 3π₯2 + 2π₯3
Fungsi kendala π₯1 + π₯2 +1
2π₯3 β€ 860
2π₯1 + 3π₯2 +1
4π₯3 β€ 920
π₯2 + π₯3 β€ 840
π₯1, π₯2, π₯3 β₯ 0
Untuk menyelesaikan soal yang koefisien π₯3 pada fungsi kendalanya
berubah, digunakan rumus berikut:
π¨βπ = π©β. π¨π
π΄βπ = matriks kolom ke-j (kolom var. baru) pd table optimal baru
π΄π = matriks kolom ke-j (kolom var. baru) pada table awal
π΅ = matriks identitas pada table awal masalah mula-mula
π΅β = perubahan matriks B pada table optimal
π΅ = (1 0 00 1 00 0 1
) , π΅β =, π΄3 = (
1
21
4
1
) , π΄β3= (
1
2β1
40
01
20
β2 1 1
). (
1
21
4
1
)=
(
3
161
81
4)
Cb Cj 5 3 2 0 0 0 Q Indeks
VB π₯1 π₯2 π₯3 S1 S2 S3
2 π₯3 0 β1
4 3
16
1
2 β
1
4
0 200 3200
3
5 π₯1 1 3
2
1
8
0 1
2
0 460 3680
0 S3 0 2 1
4* -2 1 1 40 160
Zj 5 7 1 1 2 0 2700
Zj-cj 0 4 -1 1 2 0
Karena nilai Zj β cj masih ada yang negative, maka dilakukan prosedur
simpleks sampai semua nilai Zj β cj β₯ 0 (karena soal Zmax).
38
Iterasi 1
Cb Cj 5 3 2 0 0 0 Q Indeks
VB π₯1 π₯2 π₯3 S1 S2 S3
2 π₯3 0 β13
4
0 2 -1 β3
4
170 85
5 π₯1 1 1
2
0 1 0 β1
2
440 440
2 π₯3 0 8 1 -8 4 4 160 -20
Zj 5 15 2 -7 6 4 2860
Zj-cj 0 12 0 -7 6 4
Iterasi 2
Cb Cj 5 3 2 0 0 0 Q
VB π₯1 π₯2 π₯3 S1 S2 S3
0 S1 0 β7
8
0 1 β1
2 β
3
8
85
5 π₯1 1 13
8
0 0 1
2 β
1
8
355
2 π₯3 0 1 1 0 0 1 840
Zj 5 87
8
2 0 21
2 1
3
8
3455
Zj-cj 0 57
8
0 0 21
2 1
3
8
Diperoleh PO ππππ₯ = 3455 dengan π₯1 = 355, π₯2 = 0, π₯3 = 840
Jadi perubahan fungsi kendala pada contoh ini menyebabkan kenaikan
nilai Z.
39
LATIHAN 3
Diketahui sebuah permasalahan PL dan tabel optimalnya seperti berikut:
Fungsi tujuan Zmin = x1 β 2x2 + 2x3
Fungsi kendala β2x1 + x2 + x3 β₯ 20
x1 + x2 + 2x3 β₯ 30
βx1 + 2x2 + x3 = 24
x1, x2, x3 β₯ 0
Tabel optimum
cj 1 -2 2 0 0 M M M
CB VB x1 x2 x3 S1 S2 A1 A2 A3 Q
0 S2 -6 0 0 -3 1 3 -1 -1 6
2 x3 -3 0 1 -2 0 2 0 -1 16
-2 x2 1 1 0 1 0 -1 0 1 4
Zj -8 -2 2 -6 0 6 0 -4 24
Zj-cj -9 0 0 -6 0 -M+6 -M -M-4
1. Tentukan rentang sensitivitas Q1
2. Tentukan rentang sensitivitas koefisien x1 pada fungsi tujuan
3. Bagaimana PO baru setelah ditambahkan kendala baru:
ππ + ππ + ππ β€ ππ
4. Bagaimana PO baru setelah ditambahkan sebuah variable baru, yaitu
ππ sehingga permasalahan barunya menjadi:
Zmin = x1 β 2x2 + 2x3 + π₯4
40
Fungsi kendala β2x1 + x2 + x3 + 2π₯4 β₯ 20
x1 + x2 + 2x3 + 2π₯4 β₯ 30
βx1 + 2x2 + x3 + π₯4 = 24
x1, x2, x3, π₯4 β₯ 0
5. Bagaimana PO baru setelah koefisien x2 berubah sbb:
Zmin = x1 β 2x2 + 2x3
Fungsi kendala 2x1 + x2 + x3 β₯ 20
x2 + 2x3 β₯ 30
x1 + 2x2 + x3 = 24
x1, x2, x3 β₯ 0
41
MASALAH TRANSPORTASI
Model transportasi merupakan salah satu kasus khusus dari persoalan
Program Linier. Model transportasi pada dasarnya merupakan sebuah
program linear yang dapat dipecahkan oleh metode simpleks yang biasa.
Tetapi, strukturnya yang khusus memungkinkan pengembangan sebuah
prosedur pemecahan, yang disebut teknik transportasi, yang lebih efisien
dalam hal perhitungan. Tujuan dari model transportasi adalah
mendistribusikan suatu komoditas/ produk dari sejumlah sumber (supply) ke
sejumlah tujuan (demand) untuk meminimumkan total biaya transportasi
pengiriman barang tersebut
Istilah-istilah dalam masalah transportasi:
1. Daerah asal (π΄π), banyaknya daerah asal (m), kapasitas yang tersedia
pada tiap daerah asal (ππ)
2. Daerah tujuan (ππ), banyaknya daerah tujuan (n), banyak
permintaan barang tiap daerah tujuan (π‘π)
3. Daerah asal dapat berupa gudang, pelabuhan, depot, pabrik, dll.
Daerah tujuan dapat berupa gudang, agen, lokasi proyek, took, dll.
4. Biaya angkut setiap unit barang dari satu tempat asal ke satu tempat
tujuan (πΆππ)
42
Pada masalah trasnprotasi yang seimbang (balanced program), jumlah
kapasitas yang tersedia pada daerah asal sama dengan jumlah permintaan
pada daerah tujuan.
Langkah penyelesaian masalah transportasi
1. Membuat model dan tabel transportasi
2. Menyusun program awal untuk memperoleh solusi awal yang
feasible
3. Pengujian untuk mengetahui apakah program sudah optimal
4. Perbaikan program (jika program belum optimal)
Tabel Model Transportasi
Tujuan
Asal T1 T2 T3 β¦ Tn
KAPASITAS
(S)
A1 π11
π₯11
π12
π₯12
π13
π₯13 β¦
π1π
π₯1π π1
A2 π21
π₯21
π22
π₯22
π23
π₯23 β¦
π2π
π₯2π π2
A3 π31
π₯31
π32
π₯32
π33
π₯33 β¦
π3π
π₯3π π3
β¦ β¦ β¦
Am ππ1
π₯π1
ππ2
π₯π2
ππ3
π₯π3 β¦
πππ
π₯ππ ππ
PERMIN
TAAN (D) π‘1 π‘2 π‘3 β¦ π‘π
43
Model Masalah Transportasi
Fungsi tujuan
π = π11π₯11 + π12π₯12 +β―+ π1ππ₯1π + π21π₯21 + π22π₯22 +β―+ π2ππ₯2π +β―
+ ππ1π₯π1 + ππ2π₯π2 +β―+ ππππ₯ππ
Fungsi kendala baris
π₯11 + π₯12 + π₯13 +β―+ π₯1π = π1
π₯21 + π₯22 + π₯23 +β―+ π₯2π = π2
β¦
π₯π1 + π₯π2 + π₯π3 +β―+ π₯ππ = ππ
Fungsi Kendala kolom
π₯11 + π₯21 + π₯31 +β―+ π₯π1 = π‘1
π₯12 + π₯22 + π₯32 +β―+ π₯π2 = π‘2
β¦
π₯1π + π₯2π + π₯3π +β―+ π₯ππ = π‘π
Keterangan:
πππ = biaya pengiriman dari suatu tempat asal ke tempat tujuan
π₯ππ = alokasi pengiriman barang dari suatu sumber ke suatu tempat tujuan
ππ = supply atau kapasitas suatu sumber/ tempat asal
π·π = demand atau permintaan suatu tempat tujuan
CONTOH 14
Pabrik MAJU memiliki 4 buah gudang penyimpanan, yaitu A, B, C, D, yang
terletak di lokasi yang berbeda-beda. Pabrik MAJU juga mempunyai 5 agen
penyalur P, Q, R, S, T di lima kota yang berbeda. Pada suatu periode waktu,
masing-masing gudang berturut-turut menyimpan 900, 540, 810, dan 990
unit barang. Sementara agen penyalur berturut-turut memesan 360, 720,
540, 900, dan 720 unit barang. Biaya pengiriman dari satu gudang ke satu
agen disajikan pada slide berikutnya. PABRIK Menghendaki semua barang
44
terkirim dan semua permintaan agen terpenuhi dengan biaya sekecil
mungkin.
Tujuan Asal
P Q R S T KAPASI TAS
A 30
π₯11 2
π₯12 18
π₯13 12
π₯14 20
π₯15 900
B 24
π₯21 14
π₯22 14
π₯23 8
π₯24 2
π₯25 540
C 2
π₯31 14
π₯32 12
π₯33 12
π₯34 16
π₯35 810
D 8
π₯41 18
π₯42 10
π₯43 18
π₯44 24
π₯45 990
PERMINTAAN
360 720 540 900 720 3240
A
B
C
D
P
Q
R
S
T
45
Model Matematika dari masalah transportasi tersebut adalah:
Fungsi tujuan
π = 30π₯11 + 2π₯12 + 18π₯13 + 12π₯14 + 20π₯15 + 24π₯21 + 14π₯22 +
14π₯23 + 8π₯24 + 2π₯25 + 2π₯31 + 14π₯32 + 12π₯33 + 12π₯34 +
16π₯35 + 8π₯41 + 18π₯42 + 10π₯43 + 18π₯44 + 24π₯45
Fungsi kendala baris
π₯11 + π₯12 + π₯13 + π₯14 + π₯15 = 900
π₯21 + π₯22 + π₯23 + π₯24 + π₯25 = 540
π₯31 + π₯32 + π₯33 + π₯34 + π₯35 = 810
π₯41 + π₯42 + π₯43 + π₯44 + π₯45 = 990
Fungsi Kendala kolom
π₯11 + π₯21 + π₯31 + π₯41 = 360
π₯12 + π₯22 + π₯32 + π₯42 = 720
π₯13 + π₯23 + π₯33 + π₯43 = 540
π₯14 + π₯24 + π₯34 + π₯44 = 900
π₯15 + π₯25 + π₯35 + π₯45 = 720
A. MENCARI SOLUSI AWAL YANG FEASIBLE
Ada tiga metode untuk mencari solusi awal yang feasible pada masalah
transportasi
1. METODE NWC (NORTH WEST CORNER)
Solusi awal contoh masalah transportasi dengan metode NWC dicari
dengan langkah-langkah berikut.
Langkah penyelesaian:
a. Kotak pertama yang harus diisi adalah sel sebelah barat laut (pojok
kiri atas), sesuaikan dengan batasan permintaan dan kapasitas.
Contoh, pengisian dimulai dari sel π₯11. Kapasitas pada baris 1
adalah 900 dan permintaan pada kolom 1 adalah 360. Isikan 360
ke sel π₯11 (jumlah yang paling kecil). Tidak mungkin kita mengisi
900 karena akan melebihi permintaan dari P (kolom 1).
46
b. Geser satu sel ke kanan atau ke bawah tergantung baris/kolom
mana yang belum jenuh atau belum terisi penuh
c. Ulangi langkah 2 sampai kebutuhan terpenuhi
d. Pada program awal, berlaku:
Jumlah sel basis (sel yang terisi) = Jumlah baris + jumlah kolom β 1
Masalah transportasi pada contoh 14, jika menggunakan metode NWC,
diperoleh tabel solusi awal seperti berikut.
Tujuan Asal
P Q R S T KAPASITAS
A 30
360 2
540 18 12
20
900
B 24 14
180 14
360 8
2
540
C 2 14 12
180 12
630 16
810
D 8 18 10 18
270 24
720 990
PERMINTAAN 360 720 540 900 720 3240
Jadi solusi awal dengan metode NWC menghasilkan nilai Z sbb:
π = (360π₯30) + (540π₯2) + (180π₯14) + (360π₯14) +
(180π₯12) + (630π₯12) + (270π₯18) + (720π₯24)
π = 51.300
2. METODE INSPEKSI/ BIAYA SEL MINIMUM
Jika pada NWC pengisian sel dimulai dari sel pada sisi barat laut, pada
metode inspeksi/ biaya sel minimum dimulai dari sel dengan biaya
pengiriman terkecil. Jika ada 2 sel yang mempunyai biaya terendah
sama, maka bisa dipilih secara sembarang. Alokasikan sebanyak
mungkin pada sel tersebut dengan menyesuaikan batasan permintaan
dan kapasitas.
47
Pada contoh 10, biaya transport paling kecil adalah 2, yaitu pada sel
π₯12, π₯25, π₯31.
Misal sel yang pertama kali diisi adalah sel π₯12. Karena ada kapasitas
900 dan permintaan 720, maka sel π₯12 diisi dengan 720.
Sel berikutnya yang diisi adalah sel π₯25. Karena ada kapasitas 540 dan
permintaan 720, maka sel π₯25 diisi dengan 540.
Dan seterusnya, pengisian dimulai dengan mendahulukan sel-sel yang
mempunyai biaya transport paling kecil.
Masalah transportasi pada contoh 14, jika menggunakan metode
inspeksi atau biaya sel minimum, diperoleh tabel solusi awal seperti
berikut.
Tujuan Asal
P Q R S T KAPASITAS
A 30 2
720 18 12
180 20
900
B 24 14 14 8
2
540 540
C 2
360 14 12 12
450 16
810
D 8 18 10
540 18
270 24
180 990
PERMINTAAN 360 720 540 900 720 3240
Bisa dilihat pada tabel program awal tersebut, berlaku:
Jumlah sel basis (sel yang terisi) = Jumlah baris + jumlah kolom β 1
Jadi solusi awal dengan metode inspeksi menghasilkan nilai Z sbb:
π = (720π₯2) + (180π₯12) + (540π₯2) + (360π₯2) +
(450π₯12) + (540π₯10) + (270π₯18) + (180π₯24)
π = 25.380
48
3. VAM (METODE PINALTI)
Langkah penyelesaian:
a. Cari selisih dua biaya pengiriman terkecil dari setiap baris atau
kolom. Misal pada baris pertama biaya pengiriman terkecilnya
adalah 2 dan 12, jadi selisihnya adalah 10. Selisih biaya pengiriman
dicari untuk setiap baris dan kolom dan dituliskan di sisi tabel
paling kanan (untuk selisih baris) dan paling bawah (untuk selisih
kolom)
b. Pilih baris/kolom dengan selisih biaya terbesar. Jika ada dua selisih
terbesar yang sama, maka bisa dipilih sembarang.
Terlihat pada tabel dibawah bahwa selisih terbesarnya adalah 14.
Jadi pilih kolom 5.
c. Pada baris/kolom yang terpilih, isilah sel yang biaya pengirimannya
terkecil dengan isi yang sebesar-besarnya dengan memperhatikan
kapasitas dan permintaan.
Pada kolom 5, isi sel π₯25 dengan 540.
d. Ulangi langkah 1 sampai persediaan habis dan kebutuhan
terpenuhi.
Berikut masalah transportasi pada contoh 14 jika menggunakan metode
VAM untuk mendapatkan solusi awal yang feasible.
49
Tujuan Asal P Q R S T
KAPASITAS SELISIH BIAYA
A 30 2
720 18 12
180 20
900 10 / 10 / 6 / 6 / 8* / - / - / -
B 24 14 14 8
2
540 540
6 / - / - / - / - / - / - / -
C 2
360 14 12 12
270 16
180 810
10 / 10 / 10*/ 4 / 4 / 4 / 12 / 12
D 8 18 10
540 18
450 24
990 2 / 2 / 2 / 8* / 6 / 6 /18* / -
PERMINTAAN 360 720 540 900 720 3240
SELI
SIH
B
IAYA
6 6 6 - - - - -
12 12* - - - - - -
2 2 2 2 - - - -
4 6 6 6 6 6 6 12
14* 4 4 4 4 8* - -
Diperoleh tabel solusi awal yang feasible seperti berikut.
Tujuan Asal
P Q R S T KAPASITAS
A 30 2
720 18 12
180 20
900
B 24 14 14 8 2
540 540
C 2
360 14 12 12
270 16
180 810
D 8 18 10
540 18
450 24
990
PERMINTAAN
360 720 540 900 720 3240
50
Jadi solusi awal dengan metode pinalti/ VAM menghasilkan nilai Z sbb:
π = (720π₯2) + (180π₯12) + (540π₯2) + (360π₯2) + (270π₯12) +
(180π₯16) + (540π₯10) + (450π₯18)
π = 25.020
B. OPTIMALISASI PROGRAM (PENGUJIAN DAN PERBAIKAN PROGRAM)
Setelah tabel awal transportasi dibuat (dengan sembarang metode),
langkah berikutnya adalah mengecek apakah tabel solusi awal tersebut
sudah optimal. Menentukan entering dan leaving variable adalah tahap
berikutnya setelah solusi awal feasible diperoleh. Ada dua cara yang dapat
digunakan untuk pengujian (menentukan entering dan leaving variable)
yaitu dengan menggunakan metode stepping stone dan Modified
Distribution Method (Metode MODI).
1. METODE STEPPING STONE
langkah-langkah pengujian dengan metode stepping tone
a. Pilih satu sel kosong.
b. Buat jalur tertutup (loop) dari sel kosong tersebut melalui sel-sel
yang terisi menuju kembali ke sel kosong yg terpilih tadi. Loop
ini bergerak secara horizontal & vertikal saja (bisa searah/
berlawanan arah jarum jam), dengan ketentuan:
1) Hanya ada loop untuk setiap kotak kosong.
2) Baik kotak terisi maupun kotak kosong dapat dilewati dalam
penyusunan loop.
c. Mulai dengan tanda (+) pada sel kosong terpilih, kita
menempatkan tanda (-) dan (+) secara bergantian pada setiap
sudut loop.
d. Menghitung opportunity cost (OC) dengan cara menjumlahkan
biaya transportasi pada sel bertanda (+) dan mengurangkan
biaya transportasi pada sel bertanda (-)
e. Mengulangi tahap 1 sampai 4 hingga OC untuk semua sel
kosong telah terhitung. Jika OC β₯ 0, solusi optimal telah
tercapai. Tapi jika masih ada OC < 0 maka dilakukan program
perbaikan.
51
CONTOH 15
Berikut tabel solusi awal permasalahan pada contoh 14 dengan
menggunakan metode inspeksi.
Tujuan Asal
P Q R S T KAPASITAS
A 30 2
720 18 12
180 20
900
B 24 14 14 8
2
540 540
C 2
360 14 12 12
450 16
810
D 8 18 10
540 18
270 24
180 990
PERMINTAAN 360 720 540 900 720 3240
Pembuatan loop dari sel-sel kosong dan penentuan OC
Sel Kosong
Loop OC
π₯11 π₯11 β π₯14 β π₯34 β π₯31 β π₯11 30 β 12 + 12 β 2 = 28
π₯21 π₯21 β π₯25 β π₯45 β π₯44 β π₯34β π₯31 β π₯21
24 β 2 + 24 β 18 + 12 β 2 = 38
π₯22 π₯22 β π₯12 β π₯14 β π₯44 β π₯45β π₯25 β π₯22
14 β 2 + 12 β 18 + 24 β 2 = 28
β¦ β¦ β¦
π₯35 π₯35 β π₯34 β π₯44 β π₯45 β π₯35 16 β 12 + 18 β 24 = β2
Untuk mengetahui apakah sebuah solusi awal sudah optimum atau
belum, diperiksa opportunity cost (OC) dari tiap sel kosong. Jika
masih ada OC < 0, artinya program belum optimal. Cara memeriksa
52
OC dilakukan dengan membuat loop dari sel kosong tsb melalui sel-
sel yang terisi menuju kembali ke sel kosong yg terpilih tadi
PERBAIKAN PROGRAM
Dari pemeriksaan OC sel-sel kosong, terdapat satu sel kosong yang
dimana OC < 0 (OC = -2), yaitu sel π₯35. Artinya, jika sel tersebut diisi
dengan satu unit barang, maka akan mengurangi biaya pengiriman
sebanyak 2 satuan. Karena program belum optimal, maka dilakukan
perbaikan program dengan cara sebagai berikut.
a. Membuat loop pada sel kosong yang terpilih (sel kosong dengan
nilai OC < 0), kemudian menempatkan tanda (+) dan (-) secara
bergantian pada ujung loop tersebut, dimulai dr tanda (+) pada
sel kosong terpilih.
b. Mengisi sel kosong tersebut dengan nilai terkecil yang ada di
ujung loop dengan tanda (-) dengan memperhatikan jumlah
kapasitas dan permintaan. Pada contoh berikut, nilai yang
bertanda negatif adalah 180 dan 450. Isikan yang terkecil (180)
pada sel yang bertanda (+).
Tujuan Asal
P Q R S T KAPASITAS
A 30 2
720 18 12
180 20 900
B 24 14 14
8 2
540 5s40
C 2
360 14 12 12 -
450 16 + 810
D 8 18 10
540 18 +
270 24 -
180 990
PERMINTAAN 360 720 540 900 720 3240
Jadi:
π₯35 β + 180
π₯34 β β180
π₯44 β + 180
π₯45 β β180
53
Tabel solusi setelah perbaikan program:
Iterasi 1
Tujuan
Asal P Q R S T
KAPASI
TAS
A 30 2
720
18 12
180
20 900
B 24 14 14 8
2
540 540
C 2
360
14 12 12
270
16
180 810
D 8 18 10
540
18
450
24
990
PERMIN
TAAN 360 720 540 900 720 3240
Ulangi pengecekan OC setiap sel kosong pada table hasil iterasi 1
untuk mengetahui apakah tabel ini merupakan tabel solusi optimum
atau bukan. Jika masih ada OC yg negatif, lakukan perbaikan program
sampai tidak ada nilai OC < 0.
2. MODI (Modified Distribution)
Langkah-langkah pengujian dengan metode modi:
a. Tentukan bilangan baris (B) dan bilangan kolom (K) untuk setiap
sel yang terisi (variable basis) yang memenuhi hubungan:
πππ = π΅π + πΎπ dimana πππ = biaya pengiriman pada sel ij
π΅π = bilangan baris ke-i
πΎπ = bilangan kolom ke-j
Setelah semua persamaan dari sel-sel yang terisi telah tertulis,
tetapkan π©π = π, kemudian cari semua nilai π΅π dan πΎπ untuk
semua sel terisi.
54
b. Menghitung opportunity cost (OC) setiap sel kosong dengan
rumus:
ππΆππ = πππ β (π΅π + πΎπ)
c. Jika masih ada nilai ππΆππ < 0 pada sel kosong, artinya program
belum optimal. ππΆππ yang negatif pada sel kosong menunjukkan
bahwa jika sel kosong tersebut diisi maka akan menyebabkan
pengurangan biaya transportasi total.
d. Pilih nilai ππΆππ yang paling negatif kemudian lakukan perbaikan
program seperti pada metode stepping tone.
CONTOH 16
Berikut tabel solusi awal permasalahan pada contoh 14 dengan
menggunakan metode inspeksi.
Tujuan Asal
P Q R S T KAPASITAS
A 30 2
720 18 12
180 20
900
B 24 14 14 8
2
540 540
C 2
360 14 12 12
450 16
810
D 8 18 10
540 18
270 24
180 990
PERMINTAAN 360 720 540 900 720 3240
55
Penentuan bilangan baris (B) dan bilangan kolom (K)
Sel isi Perhitungan nilai B dan K
(1,2) π12 = π΅1 + πΎ2 2 = 0 + πΎ2 πΎ2 = 2
(1,4) π14 = π΅1 + πΎ4 12 = 0 + πΎ4 πΎ4 = 12
(3,4) π34 = π΅3 +πΎ4 12 = π΅3 + 12 π΅3 = 0
(3,1) π31 = π΅3 + πΎ1 2 = 0 + πΎ1 πΎ1 = 2
(4,4) π44 = π΅4 + πΎ4 18 = π΅4 + 12 π΅4 = 6
(4,5) π45 = π΅4 + πΎ5 24 = 6 + πΎ5 πΎ5 = 18
(4,3) π43 = π΅4 + πΎ3 10 = 6 + πΎ3 πΎ3 = 4
(2,5) π25 = π΅2 +πΎ5 2 = π΅2 + 18 π΅2 = β16
Untuk mengetahui apakah sebuah solusi awal sudah optimum atau
belum, diperiksa opportunity cost (OC) dari tiap sel kosong. Jika
masih ada OC yang negative, artinya program belum optimal. Cara
memeriksa OC dengan rumus ππΆππ = πππ β (π΅π + πΎπ)
Penentuan Nilai OC
P Q R S T
KAPASITAS
B
A 30 2
720 18 12
180 20
900 0
B 24 14 14 8
2
540 540 -16
C 2
360 14 12 12
450 16
810 0
D 8 18 10
540 18
270 24
180 990 6
PERMINTAAN 360 720 540 900 720 3240
K 2 2 4 12 18
56
Sel kosong Perhitungan OC
(1,1) π11 β (π΅1 + πΎ1) 30 β (0 + 2) 28
(1,3) π13 β (π΅1 + πΎ3) 18 β (0 + 4) 14
(1,5) π15 β (π΅1 + πΎ5) 20 β (0 + 18) 2
(2,1) π21 β (π΅2 + πΎ1) 24 β (-16 + 2) 38
(2,2) π22 β (π΅2 + πΎ2) 14 β (-16 + 2) 28
(2,3) π23 β (π΅2 + πΎ3) 14 β (-16 + 4) 26
(2,4) π24 β (π΅2 + πΎ4) 8 β (-16 + 12) 12
(3,2) π32 β (π΅3 + πΎ2) 14 β (0 + 2) 12
(3,3) π33 β (π΅3 + πΎ3) 12 β (0 + 4) 8
(3,5) π35 β (π΅3 + πΎ5) 16 β (0 + 18) -2
(4,1) π41 β (π΅4 + πΎ1) 8 β (6 + 2) 0
(4,2) π42 β (π΅4 + πΎ2) 18 β (6 + 2) 10
Karena masih ada OC yang negatif, artinya program belum optimal
sehingga harus dilakukan perbaikan program.
PERBAIKAN PROGRAM
Dari pemeriksaan OC sel-sel kosong, terdapat satu sel kosong yang
OC <0 (OC = -2), yaitu sel π₯35. Artinya, jika sel tersebut diisi dengan
satu unit barang, maka akan mengurangi biaya pengiriman sebanyak
2 satuan. Cara memperbaiki program tersebut yaitu:
a. Buat loop pada sel kosong yang terpilih (sel kosong dengan nilai
OC < 0), kemudian menempatkan tanda (+) dan (-) secara
bergantian pada ujung loop tersebut, dimulai dr tanda (+) pada
sel kosong terpilih.
b. Isi sel kosong tersebut dengan nilai terkecil yang ada di ujung loop
dengan tanda (-) dengan memperhatikan jumlah kapasitas dan
permintaan. Pada contoh berikut, nilai yang bertanda negatif
adalah 180 dan 450. Isikan yang terkecil (180) pada sel yang
bertanda (+).
57
Tujuan Asal
P Q R S T KAPASITAS
A 30 2
720 18 12
180 20
900
B 24 14 14 8
2
540 540
C 2
360 14 12 12 -
450 16 +
810
D 8 18 10
540 18 +
270 24 -
180 990
PERMINTAAN 360 720 540 900 720 3240
Jadi:
π₯35 β + 180 π₯44 β + 180
π₯34 β β180 π₯45 β β180
Tabel solusi setelah perbaikan program:
Iterasi 1
Tujuan Asal
P Q R S T KAPASITAS
A 30 2
720 18 12
180 20
900
B 24 14 14 8
2
540 540
C 2
360 14 12 12
270 16
180 810
D 8 18 10
540 18
450 24
990
PERMINTAAN 360 720 540 900 720 3240
Ulangi dari langkah 1. Jika masih ada nilai OC < 0, lakukan perbaikan
program sampai tidak ada nilai OC yang negatif.
58
Setelah di periksa kembali, tidak ada nilai OC < 0 pada tabel iterasi 1
di atas. Jadi tabel di atas sudah optimum dengan biaya pengiriman
total:
π = (720π₯2) + (180π₯12) + (540π₯2) + (360π₯2) +
(270π₯12) + (180π₯16) + (540π₯10) + (450π₯18)
π = 25.020
Dengan nilai π₯12 = 720, π₯14 = 180, π₯25 = 540, π₯31 = 360, π₯34 =
270, π₯35 = 180, π₯43 = 540, π₯44 = 450
C. PERSEDIAAN DAN PERMINTAAN TAK SEIMBANG
Dalam beberapa masalah transportasi, jumlah kapasitas yang tersedia dan
permintaan kadang tidak seimbang. Misalnya, jumlah kapasitas yang lebih
besar daripada permintaan, dan sebaliknya.
1. Jika kapasitas lebih besar dari permintaan, maka ditambahkan satu
kolom tujuan sebagai dummy variable atau artificial destination
(tujuan semu).
CONTOH 17
Tujuan Asal
P Q R KAPASITAS
A 4 4 2
45 45
B 3 7
20 8
15 45
C 2
40 5
30 6
70
PERMINTAAN 40 50 60
Pada contoh diatas, terlihat bahwa jumlah kapasitas adalah 160,
sedangkan permintaan 150. Untuk menyeimbangkan kapasitas dan
permintaan, ditambahkan satu kolom dummy variable atau artificial
destination (tujuan semu), yaitu kolom S, dimana iaya pengiriman
pada kolom dummy variable tersebut adalah nol (0) seperti pada
tabel berikut.
59
Tujuan Asal
P Q R S KAPASITAS
A 4 4 2
45 0
45
B 3 7
20 8
15 0
10 45
C 2
40 5
30 6 0
70
PERMINTAAN
40 50 60 10
2. Jika kapasitas lebh kecil dari jumlah permintaan, maka ditambahkan
satu baris tempat asal sebagai dummy variable atau artificial capacity
(kapasitas semu).
CONTOH 18
Tujuan Asal
P Q R KAPASITAS
A 12
30 18 10
150 180
B 8 6
120 16
120
C 16
90 12
90 20
180
PERMINTAAN
150 210 150
Pada contoh diatas, terlihat bahwa jumlah kapasitas adalah 4800,
sedangkan permintaan 510. Untuk menyeimbangkan kapasitas dan
permintaan, ditambahkan satu baris dummy variable atau artificial
capacity (kapasitas semu), yaitu baris D, dimana biaya pengiriman
pada kolom dummy variable tersebut adalah nol (0) seperti pada
tabel berikut.
60
Tujuan Asal
P Q R KAPASITAS
A 12
30 18 10
150 180
B 8 6
120 16
120
C 16
90 12
90 20
180
D 0
30 0 0
30
PERMINTAAN
150 210 150
Setelah ditambahkan dummy variable, langkah-langkah yang
digunakan untuk menyelesaikan kasus kapasitas dan permintaan
yang tidak seimbang sama dengan masalah transportasi yang
seimbang, yaitu menentukan solusi awal yang feasible (dengan NWC,
inspeksi, atau VAM), pengujian, dan perbaikan program.
D. PO TIDAK TUNGGAL
Jika dalam pengujian OC se-sel kosong terdapat nilai OC = 0, artinya jika
sel dengan OC = 0 diisi maka tidak akan mengubah nilai Z.
61
CONTOH 19
Tujuan Asal
P Q R S T KAPASITAS
A 30 2
720 18 12
180 20
900
B 24 14 14 8
2
540 540
C 2-
360 14 12 12+
270 16
180 810
D 8+ 18 10
540 18-
450 24
990
PERMINTAAN 360 720 540 900 720 3240
π = (720π₯2) + (180π₯12) + (540π₯2) + (360π₯2) + (270π₯12) +
(180π₯16) + (540π₯10) + (450π₯18)
π = 25.020
Sel Kosong
Loop OC
π₯41 π₯41 β π₯31 β π₯34 β π₯44 β π₯41 8 β 2 + 12 β 18 = 0
Pada contoh ini, nilai OC sel π₯41 adalah 0.
Misal sel π₯41 diisi/ masuk program perbaikan dengan membentuk loop
dan mengisi sel tersebut dengan nilai terkecil loop yang bertanda (-).
π₯41 β + 360
π₯31 β β360
π₯34 β + 360
π₯44 β β360
Dihasilkan tabel berikut.
62
Tujuan Asal
P Q R S T KAPASITAS
A 30 2
720 18 12
180 20
900
B 24 14 14 8
2
540 540
C 2 14 12 12
630 16
180 810
D 8
360 18 10
540 18
90 24
990
PERMINTAAN
360 720 540 900 720 3240
π = (720π₯2) + (180π₯12) + (540π₯2) + (630π₯12) + (180π₯16) +
(360π₯8) + (540π₯10) + (90π₯18)
π = 25.020
Tampak bahwa nilai Z tidak berubah walaupun sel π₯41 diisi.
63
LATIHAN 2
Sebuah perusahaan gula mempunyai tiga buah pabrik yaitu pabrik A, B, dan
C, dengan kapasitas masing-masing 150 ton, 175 ton, 275 ton. Perusahaan
tersebut hendak mengirimkan gula ke tiga kota, yaitu P, Q, R, dengan
kebutuhan masing-masing kota adalah 200 ton, 100 ton, dan 300 ton. Biaya
pengiriman dalamdari masing-masing pabrik ke kota tujuan disajikan dalam
table berikut.
Tujuan Asal
P Q R KAPASI TAS
A 6
π₯11 8
π₯12 10
π₯13 150
B 7
π₯21 11
π₯22 11
π₯23 175
C 4
π₯31 5
π₯32 12
π₯33 275
PERMIN TAAN
200 100 300 600
a. Tentukan solusi awal dari soal tersebut dgn metode NWC, metode
inspeksi, dan metode VAM
b. Lakukan pengujian OC dari solusi awal yang diperoleh dengan metode
VAM
c. Jika masih ada OC < 0, lakukan perbaikan program (iterasi 1)
d. Setelah iterasi 1, lakukan kembali pengujian OC utk memeriksa
apakah program sudah optimum/belum. Jika belum optimal, lakukan
lg perbaikan program (iterasi 2), dst.
e. Periksa apakah ada PO lain. Jika ada, sebutkan.
64
DAFTAR PUSTAKA
Suyitno, H. 2018. Program Linier dengan Penerapannya. Yogyakarta: Magnum
Pustaka Utama
Darta, & Kandaga, T. 2019. Program Linier dan Aplikasinya. Bandung: Refika
Aditama.
Rafflesia, U., & Widodo, F. H. Pemrograman Linier. Bengkulu: Badan Penerbitan
Fakultas Pertanian UNIB
Kurniasih, M. B. 2015. Program Linier. Universitas Muhammadiyah Prof. Dr. Hamka.